第 14 題：
方程式x3−19x+a=0的三個根都是整數，求a=？
[解答]
設三整數根為 pqr

且不失一般性，可假設 pqr

則 p+q+r=0pq+qr+pr=−19

由 (p+q+r)2=p2+q2+r2+2(pq+qr+pr)

可得 p2+q2+r2=38

　　 (pqr)=(611)(532)(442)

且由 p+q+r=0，可得 (pqr)=(5−3−2)或(−532)

故，a=−pqr=−30 或 30

第 4 題
過P(−12−5)之直線L，交L1：1x+2=2y−3=−2z+3於A點，交L2：−3x−2=4y+2=z1於B點，試求出B點之坐標。
[解答]
設 A(−2+t3+2t−3−2t)B(2−3s−2+4ss)

因為 PAB 三點共線，

所以 向量 PA 平行 向量PB

　　 3−3s−1+t=1+2t−4+4s=5+s2−2t

由分數的合分比性質，

可得 3−3s−1+t=1+2t−4+4s=5+s2−2t


　　　　　　　　=2−1+t+11+2t+22−2t23−3s+1−4+4s+25+s 

　　　　　　　　 =312

　　 3−3s−1+t=1+2t−4+4s=5+s2−2t=41

　　解聯立方程式可得 t=110s=511

　　故，B 點坐標為 (5−23534511)




註：要找一組數 (pqr) 使得 (pqr)(12−2)=0 且 (pqr)(−341)=0

　　則利用外積，即可很快得到 p:q:r=10:5:10=2:1:2

第 9 題
若i=−1 ，試求出20n=1(1+in)n 的虛部。
[解答]
對任意 k=01234

當 n=4k+1，則 (1+in)n=(1+i)4k+1

當 n=4k+2，則 (1+in)n=(1−1)4k+2=0

當 n=4k+3，則 (1+in)n=(1−i)4k+3

當 n=4k+4，則 (1+in)n=(1+1)4k=24k


所以所求之虛部＝(1+i)^1+(1+i)^5+(1+i)^9+(1+i)^{13}+(1+i)^{17}

　　　　　　　　+(1-i)^3+(1-i)^7+(1-i)^{11}+(1-i)^{15}+(1-i)^{19}

　　　　　　　　的虛部

　　　　　　　＝(1+i)\Big(1+(1+i)^4+(1+i)^8+(1+i)^{12}+(1+i)^{16}\Big)

　　　　　　　　+(1-i)\Big((1-i)^2+(1-i)^6+(1-i)^{10}+(1-i)^{14}+(1-i)^{18}\Big)

　　　　　　　　的虛部

　　　　　　＝(1+i)\Big(1+(2i)^2+(2i)^4+(2i)^6+(2i)^{8}\Big)

　　　　　　　　+(1-i)\Big((-2i)+(-2i)^3+(-2i)^5+(-2i)^7+(-2i)^9\Big)

　　　　　　　　的虛部

　　　　　　＝-205-205i 的虛部

　　　　　　＝-205.

(1) 把合分比裡面分子與分母的 2,1,2 塗掉，試著自己把改 2,1,2 的位置改寫成 p,q,r ，然後再想看看「要怎樣取 p,q,r」 ，才可以讓分子跟分母的 s 與 t 消失呢？((你一定想得出來的))

(2) 試著把你覺得可以，但卻不存在的答案都寫開來，把對應的每個點都找出來，然後想看看有沒有哪裡不合理呢？(我沒有幫你檢查~或許檢查之後，發現一切合理~ 其實有兩個答案也說不定~ 那可能就要反過來想想，我那寫法哪裡可能會有不嚴謹的疏漏~ 導致漏掉另一個答案了呢？ )